ARC123

C - 1, 2, 3 - Decomposition

给定 \(n\)，找到最小的 \(k\) 使得存在 \(\{a_k\}\) 满足：

• \(a_i\) 之和为 \(n\)。

• \(a_i\) 在十进制下的每个数位均为 \(1,2,3\)。

\(T\le 1000\)，\(1\le n\le 10^{18}\)。

---

我怎么做出来这个题的？

我们考虑对每个答案 \(ans\) 检查 \(\operatorname{check}(n,ans)\)，表示能不能用 \(ans\) 个数组出 \(n\)。

我们来处理 \(\operatorname{check}(x,m)\)。

首先比较显然的：若 \(x<m\)，不合法；若 \(x\in[m,3m]\)，合法，我们用若干 \(1,2,3\) 组合即可。

这之后，然后就会有位数 \(>1\) 的数。易知当前最低位的数位之和模 \(10\) 一定为 \(x\bmod 10\)，我们枚举 \(i=10k+(x\bmod 10)\)，\(i\in[x\bmod 10+10\times[x\bmod 10<m],3m]\)（这个范围是显然的），枚举位数 \(>1\) 的数的个数 \(j\)，检查 \(\operatorname{check}(\dfrac{x-i}{10},j)\)，若存在任意一个合法，\(\operatorname{check}(x,m)\) 就是合法的。

跑的非常快。实际上，\(ans\) 的最大值是 \(5\)，这为暴力算法提供了保证。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
ll n;
bool check(ll x,int m){
	if(x<m)return false;
	if(x>=m&&x<=3*m)return true;
	bool fl=false;
	for(int j=0;j<=m;j++)
		for(int i=x%10+(x%10<m?10:0);i<=3*m;i+=10)
			if(check((x-i)/10,j))return true;
	return false;
}
void solve(){
	cin>>n;int ans;
	for(ans=1;!check(n,ans);ans++);
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	int T;cin>>T;
	while(T--)solve();
	
	return 0;
}

---

D - Inc, Dec - Decomposition

给出 \(\{a_n\}\)，考虑 \(\{b_n\}\) 和 \(\{c_n\}\) 满足：

• \(\forall i\in[1,n]\)，\(a_i=b_i+c_i\)。

• \(b_i\) 单调不降。

• \(c_i\) 单调不升。

试最小化 \(\sum_{i=1}^{n} (|b_i|+|c_i|)\)。

\(n\le 2\times 10^5\)，\(-10^8\le a_i\le 10^8\)。

---

贪心结论：若 \(a_i>a_{i+1}\)，有 \(b_{i+1}=b_i,c_{i+1}=c_i+a_{i+1}-a_i\)。否则 \(c_{i+1}=c_i,b_{i+1}=b_i+a_{i+1}-a_i\)。

这似乎是十分显然的。

考虑令 \(b_1=x,c_1=a_1-x\)，接着我们可以将所有 \(b_i\) 和 \(c_i\) 用 \(x\) 表示出来。

然后呢？你发现就是一堆点到某个点的距离和的最小值，我们取中位数即可。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 200010
using namespace std;
ll read(){
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int n;ll a[N];
ll B,C,s[N<<1];int m;
int main(){
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
	B=a[1],C=0;
	s[++m]=B,s[++m]=C;
	for(int i=1;i<n;i++){
		ll x=a[i+1]-a[i];
		(x>=0)?B+=x:C-=x;
		s[++m]=B,s[++m]=C;
	}
	sort(s+1,s+1+m);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
		ans+=abs(s[i]-s[n]);
	printf("%lld\n",ans);
	
	return 0;
}

---

E - Training

给出 \(n,A_X,B_X,A_Y,B_Y\)，求：

\[\sum_{i=1}^{n}[A_X+\lfloor\frac{i}{B_X}\rfloor=A_Y+\lfloor\frac{i}{B_Y}\rfloor] \]

\(T\le 2\times 10^5\)，\(1\le n\le 10^9\)，\(1\le A_X,B_X,A_Y,B_Y\le 10^6\)。

---

假设 \(B_X\le B_Y\)。

设 \(f(x)=A_X+\frac{x}{B_X}\)，\(g(x)=A_Y+\frac{x}{B_Y}\)，\(F(x)=\lfloor f(x)\rfloor\)，\(G(x)=\lfloor g(x)\rfloor\)，条件即 \([F(x)=G(x)]\)。

\(B_X=B_Y\) 是简单的。然后我们考虑 \(f(x)-g(x)\) 这条斜率 \(>0\) 的直线。

若 \(F(x)=G(x)\) 显然有 \(f(x)-g(x)\in (-1,1)\)。那么：

• \(f(x)-g(x)\in(-1,0]\)，\(F(x)-G(x)\in\{-1,0\}\)。

• \(f(x)-g(x)\in(0,1]\)，\(F(x)-G(x)\in\{0,1\}\)。

我们只考虑第一种。

我们二分出 \(f(x)-g(x)\in(-1,0]\) 的区间 \([l,r]\)，然后你发现求 \(\displaystyle \sum_{i=l}^{r}F(x)-G(x)\) 就能算出 \(-k\) 了。这个东西你可以随便写个前缀和，闲的慌也能写类欧。

但是代码实现感觉好难写。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int read(){
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
ll f(ll a,ll b,ll c,ll n){
	if(n<0)return 0;
	if(!a||!n)return (n+1)*(b/c);
	ll A=a/c,B=b/c;
	if(A||B)return n*(n+1)/2*A+B*(n+1)+f(a%c,b%c,c,n);
	ll M=(a*n+b)/c;
	return M*n-f(c,c-b-1,a,M-1);
}
ll calc(ll a,ll b,ll c,ll l,ll r){
	return f(a,b,c,r)-f(a,b,c,l-1);
}
ll n,a,b,c,d;
void solve(){
	n=read(),a=read(),b=read(),c=read(),d=read();
	if(b>d)swap(a,c),swap(b,d);
	ll l=1,r=n,mid;
	ll p1=-1,p2=n+1,p3=-1;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(mid*(d-b)>b*d*(c-a-1))r=mid-1,p1=mid;
		else l=mid+1;
	}
	if(p1==-1)return puts("0"),void();
	l=p1,r=n;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(mid*(d-b)>b*d*(c-a))r=mid-1,p2=mid;
		else l=mid+1;
	}
	l=p2,r=n;
	while(l<=r){
		mid=(l+r)>>1;
		if(mid*(d-b)<=b*d*(c-a+1))l=mid+1,p3=mid;
		else r=mid-1;
	}
	if(p3==-1)p3=p2-1;
	ll ans=0,k=calc(1,c*d,d,p1,p2-1)-calc(1,a*b,b,p1,p2-1);
	ans+=p2-p1-k;
	k=calc(1,a*b,b,p2,p3)-calc(1,c*d,d,p2,p3);
	ans+=p3-p2+1-k;
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	int T=read();
	while(T--)solve();
	
	return 0;
}

---

F - Insert Addition

对于序列 \(\{A_n\}\)，定义序列 \(f(A)=(A_1,A_1+A_2,A_2,A_2+A_3,\dots,A_{n-1}+A_n,A_n)\)。

给定 \(n\) 和 \(A=(a,b)\)。

然后进行 \(n\) 次操作：\(A\leftarrow f(A)\)。

最后将 \(A\) 中所有大于 \(n\) 的数删去，记最终数列为 \(B\)。

给定 \(L,R\)，求出 \(B_L,\dots,B_R\)。

\(1\le a,b\le n\le 3\times 10^5\)，\(1\le L\le R\le\min(|B|,10^{18})\)，\(R-L<3\times 10^5\)。

---

我们考虑用系数来刻画这个东西，即用 \((x,y)\) 表示 \(ax+by\)。发现初始是 \((1,0)\) 和 \((0,1)\)，那么 \(A\leftarrow f(A)\) 的过程就是和 Stern-Brocot Tree 是一样的了。

求 \([L,R]\) 这个区间是这样的：先找到第 \(L\) 个，然后再暴力找后面的。在 SB Tree 上搜索，若加上当前子树内的节点数 \(x\) 后还未达到 \(L\)，直接跳过该子树。

假设已经找到位置 \(L\)，继续搜索，由于 SB Tree 树高 \(O(n)\)，只会经过 \(O(n)\) 个无用节点，所以这部分的复杂度是线性的。

考虑 \(\operatorname{num}(a,b)\) 表示当前子树内的合法节点数，容易有

\[\begin{aligned} \operatorname{num}(a,b) & =\sum_{i\ge 1}\sum_{j\ge 1}[\gcd(i,j)=1][ia+jb\le n] \\ & =\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{da}\rfloor}\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor-ai}{b}\rfloor \end{aligned} \]

整除分块套类欧，这里是 \(O(\sqrt{n}\log n)\) 的。

在 SB Tree 上跳相同方向的链的时候要倍增，不然会起飞。这样时间复杂度是 \(O(n+\sqrt{n}\log^3 n)\) 的。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
namespace atcoder {
	namespace internal {
		// @param m `1 <= m`
		// @return x mod m
		constexpr long long safe_mod(long long x, long long m) {
			x %= m;
			if (x < 0) x += m;
			return x;
		}
		// @param n `n < 2^32`
		// @param m `1 <= m < 2^32`
		// @return sum_{i=0}^{n-1} floor((ai + b) / m) (mod 2^64)
		unsigned long long floor_sum_unsigned(unsigned long long n,
			unsigned long long m,
			unsigned long long a,
			unsigned long long b) {
				unsigned long long ans = 0;
				while (true) {
					if (a >= m) {
						ans += n * (n - 1) / 2 * (a / m);
						a %= m;
					}
					if (b >= m) {
						ans += n * (b / m);
						b %= m;
					}
					
					unsigned long long y_max = a * n + b;
					if (y_max < m) break;
					n = (unsigned long long)(y_max / m);
					b = (unsigned long long)(y_max % m);
					std::swap(m, a);
				}
				return ans;
			}
	}
	long long floor_sum(long long n, long long m, long long a, long long b) {
		assert(0 <= n && n < (1LL << 32));
		assert(1 <= m && m < (1LL << 32));
		unsigned long long ans = 0;
		if (a < 0) {
			unsigned long long a2 = internal::safe_mod(a, m);
			ans -= 1ULL * n * (n - 1) / 2 * ((a2 - a) / m);
			a = a2;
		}
		if (b < 0) {
			unsigned long long b2 = internal::safe_mod(b, m);
			ans -= 1ULL * n * ((b2 - b) / m);
			b = b2;
		}
		return ans + internal::floor_sum_unsigned(n, m, a, b);
	}
}
#define ll long long
#define N 300010
using namespace std;
ll read(){
	ll x=0,w=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')w=-1;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return x*w;
}
int a,b,n;ll l,r;
int p[N],pcnt,mu[N];bool vis[N];
void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i])p[++pcnt]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=pcnt&&i*p[j]<=n;j++){
			vis[i*p[j]]=true;
			if(i%p[j]==0)break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
		mu[i]+=mu[i-1];
	}
}
ll calc(ll a,ll b){
	ll ret=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		if(n/l<a+b)break;
		ret+=1ll*(mu[r]-mu[l-1])*atcoder::floor_sum(n/l/a,b,-a,n/l-a);
	}
	return ret;
}
int ans[N],cur;
#define frac pair<ll,ll>
#define fi first
#define se second
frac operator+(frac x,frac y){
	return {x.fi+y.fi,x.se+y.se};
}
frac operator*(ll x,frac y){
	return {x*y.fi,x*y.se};
}
ll val(frac x){
	return 1ll*a*x.fi+1ll*b*x.se;
}
void ins(frac x){
	ans[++cur]=val(x);
}
void solve2(frac x,frac y,ll l,ll r){
	if(cur>=r-l+1)return;
	ll mid=val(x+y);
	if(mid>n)return;
	solve2(x,x+y,l,r);
	if(cur<r-l+1)ins(x+y);
	solve2(x+y,y,l,r);
}
void solve1(frac x,frac y,ll l,ll r){
	if(cur>=r-l+1)return;
	ll a=val(x),b=val(y),mid=val(x+y);
	if(mid>n)return;
	ll cnt=calc(a,mid)+1;
	if(l==cnt){
		ins(x+y);
		solve2(x+y,y,l,r);
		return;
	}
	if(l<cnt){
		int dep=0;
		for(int i=20;~i;i--){
			if(l<calc(a,val((dep+(1<<i))*x+y))+1)
				dep+=(1<<i);
		}
		solve1(x,dep*x+y,l,r);
		for(int i=dep;i;i--){
			if(cur>=r-l+1)break;
			ins(i*x+y);
			solve2(i*x+y,(i-1)*x+y,l,r);
		}
	}
	else{
		int dep=0;ll tot=calc(a,b);
		for(int i=20;~i;i--){
			if(tot-l+1<calc(val(x+(dep+(1<<i))*y),b)+1)
				dep+=(1<<i);
		}
		cnt=tot-calc(val(x+dep*y),b);
		solve1(x+dep*y,y,l-cnt,r-cnt);
	}
}
int main(){
	a=read(),b=read(),n=read(),l=read(),r=read();
	init();
	ll cnt=calc(a,b);
	if(l!=cnt+2&&r!=1)
		solve1({1,0},{0,1},max(l-1,1ll),min(r-1,cnt));
	if(l==1)printf("%d ",a);
	for(int i=1;i<=cur;i++)printf("%d ",ans[i]);
	if(r==cnt+2)printf("%d ",b);
	printf("\n");
	
	return 0;
}